Sáng kiến kinh nghiệm Hướng dẫn học sinh giải một số bài toán cực cải trị hình học trong hình tọa độ không gian

 HƯỚNG DẪN HỌC SINH
 GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC
 TRONG HÌNH TOẠ ĐỘ KHÔNG GIAN
 Phân 1 : ĐẶT VẤN ĐỀ
 I . Lý do chọn đề tài : 
 Trong việc dạy học toán ta luôn coi mục đích chủ yếu của bài tập toán là 
hình thành và phát triển tư duy toán học , tạo cho học sinh vốn kiến thức và vận 
dụng kiến thức vào thực tiễn . Vì vậy việc xây dựng và hình thành cho học sinh 
phương pháp giải từng dạng toán là hết sức cần thiết .
 Trong các đề thi tốt nghiệp trung học phổ thông hay thi tuyển sinh vào 
các trường Đại học , Cao đẳng ,Trung học chuyên nghiệp thường xuất hiện các 
bài toán về phương pháp tọa độ trong không gian . Có thể nói rằng toán về 
phương pháp tọa độ trong không gian rất đa dạng phong phú . Cực trị hình học 
trong phương pháp tọa độ trong không gian là một dạng toán khó đòi hỏi học 
sinh vừa phải biết tư duy hình học vừa phải biết kết hợp sử dụng phương pháp 
tọa độ trong không gian 
 Trong năm học 2012- 2013 được phân công giảng dạy lớp 12 trước khi 
dạy chương phương pháp tọa độ trong không gian bản thân tôi luôn trăn trở :
 làm thế nào để khi học sinh đọc đề thi thấy xuất hiện câu cực trị hình học trong 
không gian nhưng học sinh không cảm thấy sợ .Với suy nghĩ như vậy tôi đã 
chuẩn bị một chuyên đề xem như một đề tài cải tiến phương pháp dạy học : 
“ Hướng dẫn học sinh giải một số bài toán cực cải trị hình học trong hình tọa độ 
không gian “
 II Phạm vi ứng dụng 
 Đề tài được áp dụng vào giảng dạy tại lớp 12B, 12E trường THPT Ba Đình 
năm học 2012- 2013
 Phần 2 GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ :
 A . Cơ sở lý luận:
 Trong chương trình hình học 12 phương pháp tọa độ trong không gian tập 
trung chủ yếu vào các dạng toán xác định tọa đô điểm thỏa mãn điều kiện cho 
trước, lập phương trình đường thẳng ,mặt phẳng .vì vậy việc cung cấp nội dung 
phương pháp là hết sức cần thiết
 B . Cơ sở thực tiễn : 
 1 x 2 t
 y 2 t 5 7 1 
 Tọa độ của M là nghiệm của hệ: M ; ; 
 z 1 2t 3 3 3 
 x y 2z 0
 b. Gọi G là điểm thỏa mãn: GA GB GC 0 G 3; 3; 0 
 2 2 2
MA2 - MB2 - MC2 = MG GA MG GB MG GC 
 = -MG2 + GA2 – GB2 – GC2
 Vì G, A, B, C cố định nên P lớn nhất khi và chỉ khi MG nhỏ nhất M là 
hình chiếu vuông góc của G lên (P) M(2; -2; -2)
Ví dụ 2:
 Trong không gian với hệ Oxyz, cho ba điểm A(3; 1; 1); B(7; 3; 9); C(2; 2; 
2) và mặt phẳng (P) có phương trình: x + y – z + 3 = 0. Tìm trên (P) điểm M sao 
cho MA 2MB 3MC nhỏ nhất.
Lời giải:
 23 13 25 
 Gọi I là điểm thỏa mãn IA 2IB 3GC 0 I ; ; P 
 6 6 6 
 Ta có MA 2MB 3MC MI IA 2 MI IB 3 MI IC 
 = 6MI IA 2IB 3IC 6MI
 MA 2MB 3MC 6MI
 Do đó, MA 2MB 3MC nhỏ nhất khi và chỉ khi MI nhỏ nhất, suy ra M là 
hình chiếu của I trên (P).
Dạng 2: Tìm điểm M thuộc mặt phẳng (P) sao cho (MA + MB )min, 
 MA MB max A
Cách giải
 M
* Tìm M (P) sao cho MA + MB min
 P
+ Nếu A, B khác phía đối với (P).
MA + MB khi M, A, B thẳng hàng M AB  (P)
 min B
+ Nếu A, B cùng phía đối với (P).
Gọi A1 là điểm đối xứng với A qua (P)
Có MA + MB = MA1 + MB
 3 25 6 
 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi M  N. Vậy M ;1; 
 17 17 
Ví dụ 2:
 Cho A(-7; 4; 4); B(-6; 2; 3) và mặt phẳng (P): 3x – y -2t + 19 = 0. Tìm 
điểm M thuộc (P) sao cho AM + BM nhỏ nhất.
 A
Lời giải: B
 Xét vị trí tương đối của A, B đối với 
mặt phẳng (P) ta có: tA.tB = 98 > 0
Suy ra A, B cùng phía đối với (P). M
Gọi A1 là điểm đối xứng với A qua (P)
MA + MB = MB + MA1
 A1
Mà MB + MA1 BA1
 MB + MA1min = BA1 B, M, A1 thẳng hàng.
Hay M BA1  P 
 13 
Lập phương trình đường thẳng BA1, giải hệ tìm được toạ đội điểm M ;2;2 
 8 
Ví dụ 3: Trong không gian Oxyz, cho A(1; 2; 3); B(4; 4;5). Viết phương trình 
đường thẳng AB, tìm giao điểm P của đường thẳng AB và (Oxy). 
 Chứng minh rằng: Với mọi Q Oxy biểu thức QA QB có giá trị lớn nhất 
khi Q  P. A
Lời giải:
 B
 x 1 3t
 Phương trình đường thẳng AB: y 2 2t
 z 3 2t P Q
 Giao điểm của đường thẳng AB với (Oxy)
 x 1 3t
 y 2 2t 7 
 là nghiệm của hệ: P ; 1;0 
 z 3 2t 2 
 z 0
 Q Oxy biểu thức QA QB có giá trị lớn nhất khi Q  P. Thật vậy, ta có 
tA.tB = 4 > 0, suy ra A, B cùng phía đối với (Oxy). Với ba điểm Q, A, B ta có: 
 QA QB AB . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi A, Q, B thẳng hàng
 Q AB  P Q  P
 5 Bước 1: Tìm toạ độ các điểm A 1, B1 theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của A, 
B lên (d).
Bước 2: Tính các độ dài AA1, BB1 từ đó tìm được điểm N d chia véc tơ A1B1 
 AA AA
theo tỷ số 1 ( Gọi N là điểm chia A B theo tỷ số 1 )
 1 1 B
 BB1 BB1
 AA1
 NA1 .NB1
 BB1 A
Bước 3: Chứng minh (MA + MB) min (d)
khi và chỉ khi M trùng với N
 A1 N B1
Thật vậy: Gọi A2 là điểm thuộc mặt phẳng (B; (d)),
 A2
A2, B khác phía đối với (d) và thoả mãn:
 AA1 A1 A2 AA1 A1 A2 A1 A2
 NA1 .NB1
 A1 A2  d BB1 B1B2 BB1
 A1 A2 NA1 A1 A2
 NA1 .NB1 A2, N, B thẳng hàng.
 BB1 NB1 BB1
 MA MB MA2 MB A2 B NA NB
Dấu “=” xảy ra M  N
 x 1 y 1 z 2
Ví dụ: Cho A(1; 1; 0); B(3; -1; 4) và đường thẳng (d): 
 1 1 2
Tìm điểm M trên (d) sao cho MA + MB nhỏ nhất.
Lời giải:
 Đường thẳng (d) có phương trình tham số là: x = -1 + t; y = 1 – t; 
z = -2 + 2t, a 1; 1;2 
+, Gọi A1 là hình chiếu vuông góc của A lên d, suy ra A1 thuộc d 
 A1 (d) A1 1 t;1 t; 2 2t 
Vì AA1  d AA1.a 0 t 2 ( t) (2t 2) 0 t 1
Vậy A1(0; 0; 0) và AA1 1; 1;0 AA1 2
+, Gọi B1 là hình chiếu vuông góc của B lên d
 B d B1 ( 1 t;1 t; 2 2t) BB1 (t 4; t 2;2t 6)
Vì BB1 d BB1 a BB1.a BB1.a 0 (t 4).1 ( t 2).1 2(2t 6) 0 t 3
 BB1 2
 7 AA1
+, Gọi N là điểm chia A1B1 theo tỉ số - 1 (N nằm giữa A1 và B1)
 BB1
 NA1 NB1 N(1;0;2) (N là trung điểm của A1B1)
+, Ta chứng minh MA + MB min M  N
Thật vậy, gọi A 2 là điểm thuộc mặt phẳng xác định bởi (B; ( )), A2 và B khác 
 A1 A2 AA1
phía đối với và thoả mãn B
 A1 A2  A
 AA1 A1 A2 A1 A2
 NA1 .NB1 
 A1
 BB1 BB1 BB1 N
 M B1
 A2, N, B thẳng hàng.
 A2
Vậy MA + MB + MA2 + MB A2 B NA NB
Dấu “=” xảy ra M  N M (1;0 2)
Ví dụ:
Trong không gian với hệ Oxyz cho A(2; 0; 3) ; B(2; -2; -3)
 x 2 y 1 z
 : . Chứng minh A, B và ( ) cùng nằm trong một mặt phẳng. 
 1 2 3
Tìm điểm M thuộc đường thẳng sao cho MA4 + MB4 đạt giá trị nhỏ nhất.
Lời giải:
 x 2
Phương trình đường thẳng AB: y t
 z 3 3t
 x 2 t'
Phương trình : y 1 2t'
 z 3t'
 2 2 t'
Gọi I là giao điểm của AB và ta có: t 1 2t'
 3 3t 3t'
 t 1
 I ( 2; 1; 0 )
 t ' 0
Vậy AB và ( ) cắt nhau tại I nên A, B và đồng phẳng.
Có: IA (0; 1; 3); IB (0; 1; 3)
 IA IB I là trung điểm của AB , IA + IB = AB
 9 n( ABC) BC, AB (!;2;1) . Suy ra mp( ) có một véc tơ pháp tuyến là 
 n BC,n( ABC)  ( 5;2;1) . 
Vậy phương trình mặt phẳng ( ) là -5(x – 2) + 2(y – 1) + Z = 0 
hay -5x + 2y + z + 8 = 0.
Dạng 3 : Cho đường thẳng d và điểm A không thuộc d . Viết phương trình mặt 
phẳng (P) đi qua A , song song với d và khoảng cách từ d tới (P) lớn nhất . 
Cách giải : 
Bước 1 : Gọi I là hình chiếu vuông góc của A trên d . Tìm được tọa độ điểm I .
Bước 2 : Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên (P) .Ta có IH IA Suy ra 
IHmax = IA khi và chỉ khi H  A .Vậy (P) đi qua A và nhận AI làm vec tơ pháp tuyến . 
Bước 3 : Viét phương trình mặt phẳng (P) .
Ví dụ : Trong không gian với hệ tọa độ O xyz choA(10;2;-1) và đường thẳng d 
 x 1 y z 1
có phương trình : . Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A , 
 2 1 3
song song với d và khoảng cách từ d tới (P) lớn nhất .
 Lời giải: Áp dụng phương pháp giải trên ta tìm được phương trình mặt phẳng 
(P) là : 7x + y -5z -77 = 0 .
 Dạng 4: Cho hai đường thẳng 1, 2 phân biệt và không song song với nhau. 
Viết phương trình mặt phẳng ( ) chứa 1 và tạo với 2 một góc lớn nhất.
Lời giải: Vẽ một đường thẳng bất kỳ 3 song song với 2 và cắt 1 tại K. Gọi A 
là điểm cố định trên 3 và H là hình chiếu của A trên mp( ). Ta có góc giữa 2 
và ( ) chính là góc AKH. Kẻ AT  1 ,(T 1 )
 HK KT
Khi đó tam giác HKT vuông tại T, nên cos AKH = (không đổi)
 AK AK
Vậy góc AKH lớn nhất khi và chỉ khi HK = KT hay H  T .
Góc lớn nhất đó chính bằng góc AKT = ( 1, 2).
Khi đó mặt phẳng ( ) cần tìm có véc tơ chỉ phơng là u 1 ,u 2 
Do đó véc tơ pháp tuyến của mp( ) là n u 1 ,u 1 ,u 2 
 x y 1 x y z
Ví dụ: Cho hai đường thẳng : ; : . Viết phương trình mặt 
 1 1 1 2 1 1 1
phẳng ( ) chứa 1 và tạo với 2 một góc lớn nhất.
Lời giải: Ta tháy hai đường thẳng trên phân biệt và không song song với nhau. 
Theo kết quả bài toán trên thì do u 1 (1;1;2), u 2 (1;1;1) , suy ra u 1 ,u 2  ( 1;1;0)
 11